Kezdőlap


Feladat:	N.193	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Juhász András
Füzet:	1999/május, 292 - 295. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Polinomok, Algebrai egyenlőtlenségek, Binomiális együtthatók, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/december: N.193

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

\def

Megoldás. Felhasználjuk az N. 190. feladatban igazolt segédtételeket.
A megoldás azon múlik, hogy a (3) egyenlőtlenségben egyenlőség áll, ha a

p (1) q (1)

p (2) q (2)

...

p (n) q (n)

számok váltakozó előjelűek.
IV. segédtétel. Tetszőleges

0 < u, v < π

számokra

\begin{matrix} | u - v | \leq \sqrt[]{5 | cos u - cos v |} . \end{matrix}

(4)

Bizonyítás. Legyen

w = | u - v |

, ekkor

\frac{w}{2} \leq \frac{u + v}{2} \leq π - \frac{w}{2}

, és

\begin{matrix} | cos u - cos v | = | 2 sin \frac{u + v}{2} sin \frac{v - u}{2} | \geq 2 sin^{2} \frac{w}{2} \geq 2 {(\frac{2}{π} \cdot \frac{w}{2})}^{2} = \frac{2}{π^{2}} w^{2} \geq \frac{1}{5} w^{2} . \end{matrix}

Ezt átrendezve éppen (4)-et kapjuk.
Legyen

n \geq 100

m = [\frac{1}{10} \sqrt[]{n}] + 1

, és ismét

\begin{matrix} q (x) = T_{m} (\frac{n + 1 - 2 x}{n - 1}) . \end{matrix}

Legyen továbbá

j = 0

, 1,

...

m

esetén

a_{j} = \frac{n + 1}{2} - \frac{n - 1}{2} cos \frac{π j}{m}

. A

q

polinom definíciója alapján

\begin{matrix} q (a_{j}) = q (\frac{n + 1}{2} - \frac{n - 1}{2} cos \frac{π j}{m}) = T_{m} (cos \frac{π j}{m}) = cos (π j) = {(- 1)}^{j}, \end{matrix}

vagyis ezek azok a számok, ahol

q

értéke

+ 1

vagy

- 1

.
Jelöljük minden

j = 0

, 1,

...

m

esetén az

a_{j}

-hez legközelebbi egész számot

b_{j}

-vel.
V. segédtétel. A

b_{0}

b_{1}

...

b_{m}

számokra teljesülnek a következő egyenlőtlenségek:

*	1. $1 = b_{0} < b_{1} < ... < b_{m} = n$ ;

*	2. $q (b_{j}) > \frac{1}{2}$ ha $j$ páros;

*	3. $q (b_{j}) < - \frac{1}{2}$ ha $j$ páratlan.

Bizonyítás. Az

a_{0}

a_{1}

...

a_{m}

számok definíciójából látható, hogy

1 = a_{0} < a_{1} < ... < a_{m} = n

; ebből következik, hogy

\begin{matrix} 1 = b_{0} \leq b_{1} \leq ... \leq b_{m} = n . \end{matrix}

(5)

Tetszőleges

j = 0

, 1,

...

m

esetén legyen

c_{j} \in [0, π]

az a szám, amelyre

b_{j} = \frac{n + 1}{2} - \frac{n - 1}{2} cos c_{j}

.
A IV. segédtétel alapján

\begin{matrix} | c_{j} - \frac{π j}{m} | \leq \sqrt[]{5 | cos c_{j} - cos \frac{π j}{m} |} = \end{matrix}

(6)

\begin{matrix} = \sqrt[]{5 | \frac{2}{n - 1} (\frac{n + 1}{2} - b_{j}) - \frac{2}{n - 1} (\frac{n + 1}{2} - a_{j}) |} = \sqrt[]{\frac{10}{n - 1} | a_{j} - b_{j} |} \leq \sqrt[]{\frac{5}{n - 1}} . \end{matrix}

Mivel

\begin{matrix} q (b_{j}) = cos m c_{j} = cos (π j + m (c_{j} - \frac{π j}{m})) = {(- 1)}^{j} cos m (c_{j} - \frac{π j}{m}), \end{matrix}

és (6) alapján

\begin{matrix} m (c_{j} - \frac{π j}{m}) < (\frac{1}{10} \sqrt[]{n} + 1) \sqrt[]{\frac{5}{n - 1}} < \frac{\sqrt[]{n}}{5} \cdot \sqrt[]{\frac{5}{\frac{99}{100} n}} < \frac{π}{3}, \end{matrix}

a 2. és a 3. egyenlőtlenségek teljesülnek.
Mivel a

b_{0}

b_{1}

...

b_{m}

sorozat váltakozó előjelű, (5)-ben sehol sem állhat egyenlőség, vagyis az 1. egyenlőtlenséglánc is igaz.
VI. segédtétel.

0 < q (0) < 5

.
Bizonyítás. A III. segédtétel 3. pontjához hasonlóan felhasználjuk, hogy

\begin{matrix} q (0) = T_{m} (\frac{n + 1}{n - 1}) = ch (m \cdot ar ch \frac{n + 1}{n - 1}) . \end{matrix}

Ebből azonnal következik, hogy

q (0)

pozitív.
Mivel tetszőleges

u > 0

esetén

\begin{matrix} \begin{matrix} ch u = 1 + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{u^{2 k}}{(2 k)!} > 1 + \frac{u^{2}}{2}, \\ ch (1 + \frac{2}{\sqrt[]{n - 1}}) > 1 + \frac{2}{n - 1} = \frac{n + 1}{n - 1}, vagyis ar ch \frac{n + 1}{n - 1} < \frac{2}{\sqrt[]{n - 1}} . \end{matrix} \end{matrix}

Mivel

m < \frac{1}{10} \sqrt[]{n} + 1 \leq \frac{1}{5} \sqrt[]{n} < \frac{1}{4} \sqrt[]{n - 1}

, ebből következik, hogy

\begin{matrix} q (0) < ch (\frac{1}{4} \sqrt[]{n - 1} \cdot \frac{2}{\sqrt[]{n - 1}}) = ch \frac{1}{2} < 5. \end{matrix}

Ezek után rátérhetünk a

p

polinom konstrukciójára. Legyenek

d_{1} < d_{2} < ... < d_{n - m - 1}

azok az

1

és

n

közötti egészek, amelyek nem szerepelnek a

b_{1}

b_{2}

...

b_{m}

számok között, és legyen

\begin{matrix} p (x) = (d_{1} - x) (d_{2} - x) ... (d_{n - m - 1} - x) . \end{matrix}

(7)

Tetszőleges

0 \leq j < m

esetén a

p

polinomnak a

(b_{j}, b_{j + 1})

intervallumban pontosan

b_{j + 1} - b_{j}

darab gyöke van, ezért

p (b_{j})

és

p (b_{j + 1})

azonos előjelű, ha

b_{j}

és

b_{j + 1}

paritása ellentétes, és fordítva. Mivel pedig

q (b_{j})

és

q (b_{j + 1})

ellentétes előjelűek,

p (b_{j}) q (b_{j})

és

p (b_{j + 1}) q (b_{j + 1})

pontosan akkor azonos előjelű, ha

b_{j}

és

b_{j + 1}

paritása megegyezik. Mivel

p (1)

és

q (1)

pozitívak, ebből egyszerűen következik, hogy páratlan

1 \leq k \leq n

esetén

p (k) q (k)

nemnegatív, páros

k

esetén pedig nempozitív.
Írjuk fel (1)-et a

p q

polinomra (ezt megtehetjük, mert

p q

foka

n - 1

) az

x = 0

választással, és rendezzük át a következőképpen:

\begin{matrix} p (0) q (0) = \sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k - 1} (\binom{n}{k}) p (k) q (k) . \end{matrix}

(8)

p

és

q

polinomok definíciója alapján

p (0) > 0

és

q (0) > 0

, az előbbi megfontolások szerint pedig a jobb oldalon valamennyi tag nemnegatív, ezért (8)-at a következő formában is írhatjuk:

\begin{matrix} p (0) = \frac{1}{q (0)} \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) | p (k) q (k) | . \end{matrix}

A jobb oldalon

| q (k) | > \frac{1}{2}

minden olyan esetben, amikor

p (k) \neq 0

; ezt és a VI. segédtételt figyelembe véve

\begin{matrix} p (0) < \frac{1}{5} \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{| p (k) |}{2} = \frac{1}{10} \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) | p (k) | . \end{matrix}